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已知函数f(x)=2-1x，数列{an}满足an=f（an-1）（n≥2，n∈N+）．（Ⅰ）若a1=35，数列{bn}满足bn=1an-1，求证：数列{bn}是等差数列；（Ⅱ）若a1=35，数列{an

题目简介

已知函数f(x)=2-1x，数列{an}满足an=f（an-1）（n≥2，n∈N+）．（Ⅰ）若a1=35，数列{bn}满足bn=1an-1，求证：数列{bn}是等差数列；（Ⅱ）若a1=35，数列{an

题目详情

已知函数f(x)=2-
1
x
，数列{an}满足an=f（an-1）（n≥2，n∈N+）．
（Ⅰ）若a1=
3
5
，数列{bn}满足bn=
1
an-1
，求证：数列{bn}是等差数列；
（Ⅱ）若a1=
3
5
，数列{an}中是否存在最大项与最小项，若存在，求出最大项与最小项；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）若1＜a1＜2，试证明：1＜an+1＜an＜2．
题型：解答题难度：中档来源：不详

答案

∵f(x)=2-class="stub"1
x
，则an=2-class="stub"1
an-1
（n≥2，nÎN*）．
（Ⅰ）bn=class="stub"1
an-1
=class="stub"1
2-class="stub"1
an-1
-1
=
an-1
an-1-1
，bn-1=class="stub"1
an-1-1
，
∴bn-bn-1=
an-1
an-1-1
-class="stub"1
an-1-1
=1 (n≥2，n∈N*)．
∴数列{bn}是等差数列．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，数列{bn}是等差数列，首项b1=class="stub"1
a1-1
=-class="stub"5
2
，公差为1，
则其通项公式bn=-class="stub"5
2
+(n-1)•1=n-class="stub"7
2
，
由bn=class="stub"1
an-1
得an=1+class="stub"1
bn
=1+class="stub"1
n-class="stub"7
2
，
故an=1+class="stub"2
2n-7
．
考查函数g(x)=1+class="stub"2
2x-7
，
则g′(x)=-class="stub"4
(2x-7)2
＜0．
则函数g(x)=1+class="stub"2
2x-7
在区间(-∞，class="stub"7
2
)，(class="stub"7
2
，+∞)上为减函数．
∴当x＜class="stub"7
2
时，g(x)=1+class="stub"2
2x-7
＜1，
且在(-∞，class="stub"7
2
)上递减，故当n=3时，an取最小值
∴class="stub"m-n
m
＜2(lnm-lnn)；
当x＞class="stub"7
2
时，g(x)=1+class="stub"2
2x-7
＞1，
且在(class="stub"7
2
，+∞)上递减，故当n=4时，an取最大值class="stub"m-n
lnm-lnn
＜2m．故存在．

（Ⅲ）先用数学归纳法证明1＜an＜2，再证明an+1＜an．
①当n=1时，1＜a1＜2成立，
②假设n=k时命题成立，即1＜ak＜2，
则当n=k+1时，class="stub"1
2
＜class="stub"1
ak
＜1，ak+1=2-class="stub"1
ak
∈(1，class="stub"3
2
)，则1＜ak+1＜2，故当n=k+1时也成立．
综合①②有，命题对任意nÎN*时成立，即1＜an＜2．下证an+1＜an．
∵an+1-an=2-class="stub"1
an
-an=2-(an+class="stub"1
an
)＜2-2
an•class="stub"1
an
=0，
∴an+1＜an．
综上所述：1＜an+1＜an＜2．

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